Dap an de thi HSG tinh Tien Giangmon Vat li 20172018

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

Bài

Đáp án chi tiết
Cấu 1: Gọi vận tốc của xe 2 là v  vận tốc của xe 1 là 5v

Điểm

- Gọi t là thời gian tính từ lúc khởi hành đến lúc 2 xe gặp nhau.
 (0 < t  50) ; C là chu vi của đường tròn

0,5

a. Khi 2 xe đi cùng chiều.
- Quãng đường xe 1 đi được: S1 = 5v.t; Quãng đường xe 2 đi được: S2 = v.t
- Ta có: S1 = S2 + n.C
Với C = 50v; n là lần gặp nhau thứ n
50n
 5v.t = v.t + 50v.n  5t = t + 50n  4t = 50n  t = 4
50n
n
Vì 0 < t  50  0 < 4  50  0 < 4  1  n = 1, 2, 3, 4.

Bài 1
(4,0 đ)

0,5

0,5

- Vậy 2 xe sẽ gặp nhau 4 lần.
b. Khi 2 xe đi ngược chiều.
- Ta có: S1 + S2 = m.C (m là lần gặp nhau thứ m)
50
 5v.t + v.t = m.50v  5t + t = 50m  6t = 50m  t = 6 m
50
Vì 0 < t  50  0 < 6 m  50
m
 0 < 6  1  m = 1, 2, 3, 4, 5, 6

0,5
0,5

0,5

- Vậy 2 xe đi ngược chiều sẽ gặp nhau 6 lần.
Câu 2: a. Tính lực ma sát giữa tấm ván và thùng.
- Nếu khơng có ma sát thì lực đẩy thùng là:

F'

P.h
400( N )
l

0,5

- Thực tế phải đẩy thùng với 1 lực 420N vậy lực ma sát giữa ván và thùng:
Fms = F - F' = 420 - 400= 20(N)
b. Tính hiệu suất của mặt phẳng nghiêng.

- Cơng có ích để đưa vật lên: Ai = P . h = 1200(J)

0,5


- Cơng tồn phần để đưa vật lên: A = F. S = 1260 (J)
H

A1
100% 95%
A

- Hiệu suất mặt phẳng nghiêng:
a. Tính nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá biến thành hơi hoàn toàn.
Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -100C đến 00C
Q1 = m1Cnđ(t2 - t1) = 3600(J)
Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 00C
Q2 = m1.λ = 68000 (J)
Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 00C đến 1000C
Q3 = m1Cn(t3 - t2) = 84000(J)

Bài 2

Nhiệt lượng nước thu vào để hóa hơi hồn tồn ở 1000C

Q4 = m1.L = 460000(J)
(3,0 đ) Nhiệt lượng cần cung cấp trong suốt quá trình:
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 615600(J)

0,25

0,25
0,25

0,25
0,5

b. Tính lượng nước đã có trong xô lúc đầu.
Gọi m' là lượng nước đá đã tan: m' = 200 - 50 = 150g = 0,15kg
Do nước đá tan không hết nên nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là 00C.

0,5

Nhiệt lượng mà m' (kg) nước đá thu vào để nóng chảy:
Q' = m'λ = 51000 (J)
Nhiệt lượng do m'' kg nước và xô nhôm tỏa ra để giảm nhiệt độ xuống từ
200C đến 00C

0,5

Q"= (m"Cn + mnhCnh)(20 - 0)
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt:
Q"= Q' + Q1 hay:
(m"Cn + mnhCnh)(20 - 0) = 51000 + 3600

0,5

 m"= 0,629 (kg)

a. Điện trở dây tóc các bóng đèn đều bằng Rđ, cường độ dịng điện trong

mạch:
240 12
I 

20Rđ R

đ

0,5


Uđm 12
Iđm 
Rđ R đ .

Ta có: I = Iđm nên các bóng đèn sáng bình thường.
+Có thể giải theo U:
Ta có: Umạch= 20Uđm=240V
Vì U = Umạch nên các đèn sang bình thường)
b.Khi cịn đủ 20 bóng, cơng suất tiêu thụ của mạch là:


P

Bài 3

U2
R mạch

U2


20R đ

0,25

(3,0 đ)
Khi nối tắt bóng cháy dây tóc, cơng suất tiêu thụ của mạch là:
P

/



U2
U2

R mạch 19R đ
P/

Lập tỷ số:

P



0,25
20
1
19

Vậy

P /> P

0,5

c. Thay bóng cháy dây tóc bằng bóng Đ2 , có P2 = 2P1, thì điện trở dây tóc của
bóng Đ2 sẽ là:
U 22

R đ 2 = P2



1 U2 R đ

2 P1
2

Điện trở tồn mạch lúc này:

R mạch
= 19,5Rđ

Cường độ dịng điện trong mạch:

240
I/ 
19,5R

đ

Hiệu điện thế trên mỗi đèn Đ1: U=I/Rđ  12V  các đèn Đ1 sáng hơn
bình thường.
Hiệu điện thế trên đèn Đ2 :

0,5

0,5

U2 + 19 U = 240
U2 = 240 – 19 U

Vì 19 U  19 U = 19 . 12 = 228V.
Nên U2  12V
Vậy bóng đèn Đ2 sáng yếu hơn bình thường.

0,5


Bài 4

a. Khi nối vào hai cực là A và B, ta chỉ cần tách nút N thành hai điểm N 1,
(3,0 đ) N2 như hình vẽ (Hình .3.a) do hai điểm nầy cùng điện thế.
2 2 2
 
RMRQP = RMR + RRQ + RQP = 3 3 3 = 2Ω
2
RMP = 2 = 1Ω

0,5

0,5

RAMPB = RAM + RMP + RPB = 1 + 1 +1 = 3Ω
3.2
1, 2
RAB = 3  2
Ω

0,5

b. Do tính đối xứng của mạch điện qua trục AQ, hai điểm M, N ln có
cùng điện thế.
Ta bỏ đoạn điện trở nối thẳng từ M đến N. Mạch chỉ cịn như hình.3.b. Có
hai nhánh song song giống hệt nhau.

0,5

RAMRQ = RANPQ

2 2
7
  
= 1+ 3 3 3

1 7
7
.  
Rtđ = 2 3 6

7

Vậy : RAQ = 6

a.

0,5

0,5


Hình
0,5

B
F

»
›
A

Theo
» hình vẽ : OA = d ;
O

›

OA' = d' ;

OF = f ; OF/ = f/

A / B / A / B / OA / d /



AB
OI
OA
d

F'
OAB
∽ OA'B' nên :

(1)

0,5

OIF' ∽ A'B'F' nên
A / B / A / F / OA /  F / O d /  f
 / 

OI
f
F O
F /O

Bài 5

0,5

(2)

Từ (1) và (2) ta có :
d/ d/  f

d
f/

(4,0 đ)

/

0,5
hay

1 1 1
 
f d d/

Chia 2 vế cho dd' ta được :
1
1 1
  /
d d
f

Vậy :
/

/

dd' + d = d'

A/ B
d/

AB
d

và

0,5
đpcm

/

AB d

AB
d = 10
b. Từ
=>
d' = 100cm
Vậy ảnh cách kính lúp một đoạn bằng 100cm.

c.Từ

1
1 1
  /

d d =>  =
f

dd /
10 100 100

/
d  d 100  10 = 9
 11,11cm

Số bội giác của kính lúp:
25 25 9
G 
2,25
f
100
a.Mạch 1:
Đ
Mạch 2:

Mạch 3:

R
bĐ
b
4

Đ

R

b
b
4

R
b
b

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5


Mạch 4:

Bài 6
(3,0 đ)

Đ
R
b
b
4

b. + Hiệu suất thắp sáng của mạch: H=

0,5
Uđ Iđ
UI

(1)

+ Trong biểu thức (1) chỉ có I thay đổi
+ Từ các sơ đồ ta thấy: I ≥ Iđ
+ Từ (1) ta thấy Hmax khi Imin = Iđ
Vì bóng sáng bình thường nên I = Iđ ứng với mạch 1 và mạch 3
+

U 10
H max = đ = .100 %=83 ,3 %
U 12

Chú ý: - Nếu chỉ vẽ được 1 mạch thì khơng cho điểm ý b
- Nếu vẽ được 2 mạch và làm đúng ý b, cho ½ số điểm
- Nếu vẽ được 3 mạch và làm đúng ý b, cho 3/4 số điểm

0,5

0,5